上海市黄浦区大同中学2020届高三上学期10月月考化学试卷
2019-2020学年上海市黄浦区大同中学高三（上）10月月考化学试卷
一、单选题（本大题共12小题，共12.0分）
1.化学与生产生活、环境保护等密切相关。下列做法不正确的是
A. 推广使用电动汽车低碳交通工具
B. 用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料
C. 用生物方法脱除生活污水中的氮和磷
D. 加大铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池的生产
【答案】D
【解析】
A. 推广使用电动汽车低碳交通工具，可减少温室气体二氧化碳等的排放，故A正确；B. 用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可防止造成白色污染，故B正确；C. 用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，可防止造成新的污染，故C正确；D. 加大铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池的生产，会造成重金属污染，故D不正确。故选D。
2.下列化学用语或模型表示正确的是( )
A. 氚原子符号：H
B. 分子结构式：
C. 结构示意图：
D. HF的形成过程
【答案】B
【解析】
【详解】为氕原子，氚原子中子数为2，其正确的原子符号为T，故A错误；
B.分子含有两个键和1个键,其结构式为：，故B正确；
C.为镁原子结构示意图，镁离子的结构示意图为：，故C错误；
D.HF是共价化合物，不存在阴阳离子,用电子式表示其形成过程为：，故D错误；
故答案为B。
3. 下列有关物质的性质与应用均正确的是（ ）
A. SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合可以增强漂白能力
B. Na2O2是碱性氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒
C. 氨气是一种碱性气体，可用碱石灰或无水CaCl2干燥
D. MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料
【答案】D
【解析】
试题分析：A、SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合通入品红溶液中恰好反应生成硫酸和盐酸，丧失漂白能力，错误；B、Na2O2不是碱性氧化物，为过氧化物，错误；C、氨气与无水CaCl2反应，不能用无水CaCl2干燥，错误；D、MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料，正确。
考点：考查元素化合物知识，涉及常见物质的性质和用途。
4.4种短周期元素在周期表中的位置如下图，X原子最外层有6个电子。下列说法不正确的是
W
X
Y
Z
A. 离子半径：X2−＜ Y2− B. 非金属性：W＜ X
C. 还原性：Y2−＜ Z− D. 酸性：H2YO4＜ HZO4
【答案】C
【解析】
根据周期表提供信息可知，X原子最外层有6个电子，X为氧；Y为硫，Z为氯；W为氮；电子层数越多，半径越大，所以离子半径：X2-＜Y2-，A正确；同一周期，从左到右非金属性增强，所以非金属性：W＜X，B正确；元素的非金属性越强，其离子的还原性就越弱，因非金属性氯大于硫，所以还原性：Y2-> Z-，C错误；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性就越强，非金属性氯大于硫，所以酸性：H2YO4＜ HZO4，D正确；正确选项C。
点睛：元素非金属性比较规律：①非金属元素的单质与氢气化合的难易程度及氢化物的稳定性，越容易化合，形成的氢化物越稳定，该元素的非金属性就越强；②非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，该元素的非金属性就越强。
5.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 某无色澄清透明溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 含的溶液中：、、、
D. 含的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A.为浅绿色且不与、共存，故A不选；
B.的溶液显碱性,、、、可以大量共存，故B选；
C.的溶液，由于与发生完全双水解，故不能大量共存，故C不选；
D.含的溶液中，由于与发生了络合作用，故D不选；
故答案为B。
6.下列实验装置能达到实验目的的是
A. 实验Ⅰ可以控制反应的发生与停止
B. 实验Ⅱ验证非金属性强弱：
C. 实验Ⅲ分离的苯溶液
D. 实验Ⅳ观察小苏打的焰色反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.过氧化钠为粉末固体,无法保持在隔板的上方,关闭止水夹,与水不能分离,则不能控制反应的发生和停止,故A错误；
B.发生强酸制取弱酸的反应,硫酸是不挥发性酸,则实验Ⅱ可比较酸性强弱：,进而得到非金属性强弱：,故B正确；
C.应利用蒸馏分离溴的苯溶液,故C错误；
D.铜的焰色反应为绿色,会影响小苏打焰色的观察,故D错误；
故答案为B。
7.下列说法正确的是( )
A. 在反应中,水作氧化剂
B. 根据反应可推出Cu的还原性比的强
C. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是3：1
D. 因的氧化性强于的氧化性,所以置换反应不能发生
【答案】A
【解析】
【详解】中H元素的化合价升高,水中H元素的化合价降低,则水为氧化剂,故A正确；
B.常温下Cu与稀硫酸不反应,不能利用电解反应判断,实际上Cu的还原性比的弱,故B错误；
C.为氧化剂,也为还原剂,1mol氧化剂得到电子与2mol还原剂失去电子相等,则中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：2,故C错误；
D.中I元素的化合价升高,Cl元素的化合价降低,置换反应能发生,与的氧化性强于的氧化性不矛盾,故D错误；
故答案为A。
8.能正确表示下列反应离子方程式是
A. 溶液中加入酸性溶液：
B. 碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液：NHO
C. 溶液中加入过量的HI溶液：
D. 用惰性电极电解熔融氯化钠：
【答案】A
【解析】
【详解】A.溶液中加入酸性溶液,二者发生氧化还原反应,反应的离子方程式为：,故A正确；
B.碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液,反应产物中不会生成碳酸根离子,正确的离子方程式为：,故B错误；
C.溶液中加入过量的HI溶液,碘化氢过量,硝酸根离子和铁离子完全反应,正确的离子方程式为：,故C错误；
D.用惰性电极电解熔融氯化钠,反应生成钠和氯气,熔融,故D错误。
故答案为A。
【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。
9.下列物质的转变在给定条件下不能实现的是( )
A. N2NONO2
B. Al2O3NaAlO2(aq) Al(OH)3
C. SSO3H2SO4
D. SiO2Na2SiO3H2SiO3
【答案】C
【解析】
【详解】、,所以能实现,故A不选；
B.、,所以能实现,故B不选；
C.、、,所以不能实现,故C选；
D.、,所以能实现，故D不选。
故答案为C。
10. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图甲表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化
B. 图乙表示向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞b
C. 图丙表示催化剂能改变化学反应的焓变
D. 图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜0
【答案】D
【解析】
试题分析：A、向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体，因为醋酸根离子浓度增大，所以醋酸的电离平衡逆向移动，pH增大，A错误；B、醋酸的稀释过程中，氢离子浓度、醋酸根离子浓度均减小，导电性降低，pH增大，所以b＞a，B错误；C、催化剂只能改变活化能，不能改变反应热，C错误；D、二氧化氮的含量最低时说明反应达到平衡状态，再升高温度，二氧化氮的含量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，则△H＜0，D正确，答案选D。
考点：考查对化学图像的分析，涉及盐的水解、弱电解质的电离、反应活化能、平衡的移动
11.下列说法正确的是( )
A. 任何条件下,纯水的pH都是7
B. 纯水中
C. 纯水的pH大于7
D. 任何条件下,纯水都显中性
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温纯水pH=7，水电离时吸热过程，升温平衡正向进行，溶液pH减小，如,纯水pH=6，故A错误；
B．水电离时吸热过程，升温平衡正向进行，氢离子浓度增大，纯水中，故B错误；
C．水电离时吸热过程，升温平衡正向进行，氢离子浓度增大，pH减小，纯水的pH小于7，故C错误；
D．纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，任何条件下，纯水都显中性，故D正确；
故答案为D。
12.下列物质的检验，其结论一定正确的是（ ）
A. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液
B. 向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有 CO32- 或 SO32-
C. 取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加盐酸有气体产生，加BaCl2有白色沉淀产生。说明Na2SO3样品已部分被氧化
D. 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO2
【答案】C
【解析】
A. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液还可以是氢氧化钠溶液等，故A错误；B.该溶液中还可以含有HCO3-、HSO3-，故B错误；C. 加盐酸酸化，生成二氧化硫，Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，然后加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，Ba2++=BaSO4↓，说明样品含有Na2SO4，说明Na2SO3样品已部分被氧化，故C正确；D. 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体可以是Cl2等，故D错误。故选C。
二、双选题（本大题共3小题，共12.0分）
13.某药物中间体的合成路线如下下列说法正确的是( )
A. 对苯二酚在空气中能稳定存在
B. 1mol该中间体最多可与11 反应
C. 2,二羟基苯乙酮能发生加成、取代、缩聚反应
D. 该中间体分子中含有1个手性碳原子
【答案】BC
【解析】
【详解】酚羟基不稳定,易被氧气氧化,所以对苯二酚在空气中不能稳定存在,故A错误；
B.中间体中苯环、羰基能和氢气在一定条件下发生加成反应,所以1mol该中间体最多可与11 反应,故B正确；
C.2,二羟基苯乙酮含有酚羟基、醛基、苯环,具有酚、醛和苯的性质,所以2,二羟基苯乙酮能发生加成、取代、缩聚反应,故C正确；
D.连接四个不同原子或原子团的C原子为手性碳原子,根据结构简式知,该分子中不含手性碳原子,故D错误；
故答案为BC。
14.25 ℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图甲所示。向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图乙所示。
下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A. 图甲中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)
B. 图甲中a点的溶液：c(CN－)
c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)
D. 图乙中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 由图可知，图甲中pH＝7时，c(HCN)>c(CN-)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，由于c(H＋)=c(OH－)，则c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CN－)，根据物料守恒得c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，所以c(Cl－)＝c(HCN)，故A正确；
B. 图甲中的a点是HCN、CN-浓度相等，根据物料守恒得c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，则 c(HCN)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，由图可知，此时溶液pH>7，c(H＋)c(Cl－)，故B错误；
C. 图乙中b点时，溶液中溶质为等物质的量浓度的溶液：c(NaCN)＝c(NaCl)=c(HCN)，溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)> c(Cl－)> c(CN－)> c(OH－)> c(H＋)，故C错误；
D. 图乙中c点的溶液，二者恰好完全反应，根据物料守恒得c(Cl－)= c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)，所以D选项是正确的。
答案选AD。
15.一定温度下,在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0。达到平衡时,下列说法正确的是
容器
温度/℃
物质的起始浓度/mol·L-1
物质的平衡浓度/mol·L-1
c(SO2)
c(O2)
c(SO3)
c(SO3)
Ⅰ
758
02
0.1
0
0.044
Ⅱ
758
0.1
0.05
0
Ⅲ
858
0.2
0.1
0
A. 从开始至平衡时,容器Ⅰ中SO3的反应速率为0.044 mol·L-1·s-1
B. 平衡时,容器Ⅱ中SO3的浓度小于0.022mol·L-1
C. 平衡时,容器Ⅲ中SO3的浓度大于0.044mol·L-1
D. 若起始时,向容器Ⅰ中充入0.02mol SO2、0.01mol O2和0.02mol SO3,则反应向逆反应方向进行
【答案】BD
【解析】
【详解】A.从开始至平衡时，时间未知，不能计算容器Ⅰ中SO3的反应速率，故A错误；
B.I与Ⅱ温度相同，I中起始量为II中2倍，该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，则平衡时，容器Ⅱ中SO3的浓度小于0.022mol•L-1，故B正确；
C.I与Ⅲ起始量相同，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡时，容器Ⅲ中SO3的浓度小于0.044mol•L-1，故C错误；
D. 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
开始（mol） 0.2 0.1 0
转化（mol）0.044 0.022 0.044
平衡（mol）0.156 0.078 0.044
K=0.0442/0.078×0.1562=1.02，若起始时，向容器Ⅰ中充入0.02molSO2，0.01molO2和0.02molSO3，Qc=0.022/0.022×0.01=100＞K，则反应向逆反应方向进行，故D正确。
故选BD。
三、简答题（本大题共5小题，共28.0分）
16.活性ZnO俗称锌白，能改进玻璃的化学稳定性，可用于生产特种玻璃。工业上由粗锌含FeO、CuO等制备ZnO，采取酸浸入、净化除杂、中和沉淀、干燥等步骤，工艺如下：
该流程中物质X可以是下列中的 ________________
A.ZnO B.NaOH C.Zn(OH)2 D.Na2CO3
已知ZnO为两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应可生成可溶性的锌酸盐，写出反应的离子方程式_________________________；
写出加入时发生反应的离子方程式 _________________________________；
加锌粉过滤得到的滤渣主要成分是_________
上述流程中多次用到了过滤操作，请写出过滤时用到的玻璃仪器：_________；
检验滤液A中溶质的阴离子的方法是________________________________。
取碱式碳酸锌水合物，溶于盐酸中生成二氧化碳标况下，溶解过程消耗氯化氢，若该碱式盐中氢元素的质量分数为，试推测该碱是碳酸锌水合物的化学式是__________________。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 锌和铜 (5). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (6). 取于试管中，加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若生成白色沉淀，说明含有硫酸根离子 (7).
【解析】
【分析】
粗ZnO用硫酸溶解，然后过滤，在滤液中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化成铁离子，再调节pH值，使铁离子沉淀，调节pH值时加入的物质既能与酸反应又要不引入新杂质，所以X可以为氧化锌或氢氧化锌等，调节溶液的PH，使铁离子开始沉淀，向滤液中加入锌粉，与溶液中铜离子和氢离子作用，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵使硫酸根离子析出，最后得到碱式碳酸锌。
【详解】分析流程图可知加入物质X的目的是使铁元素形成沉淀，加入ZnO和能促进铁离子的水解使之形成沉淀，故AC正确，加入NaOH和 铁离子沉淀的同时，锌和铜也会转化为沉淀，故BD错误；故答案为：AC；
已知ZnO为两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成可溶性的锌酸盐，离子方程式为 ；
加是将亚铁氧化为三价铁，发生反应离子方程式
；
除去后，在滤液中加入Zn的目的是除去滤液中含有的铜离子，锌置换出铜，且锌应过量，过滤所得的滤渣有：锌和铜；
过滤时用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
依据流程分析，碳酸氢铵洗涤沉淀表面硫酸反应生成硫酸铵，所以A中主要含有的溶质是，可以检验硫酸根离子，硫酸根离子的检验方法为：取于试管中，用盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，如果出现白色沉淀，说明含有硫酸根离子；
，，，，则：：：：：：：4：1：1，故化学式为：，即。
17.尼泊金正丁酯是一种高效低毒的防腐剂某研究小组采用的合成路线如下：
已知：
请回答下列问题：
化合物B的名称是 ______ ，其中的官能团有 ______ ．
第步属于 ______ 反应填反应类型．
两步的反应次序不能颠倒，其理由是 ______ ．
请写出同时符合下列条件的A的同分异构体的结构简式 ______ 任写3种．
分子结构中有醛基
谱显示有苯环，且苯环上只有两种氢原子
写出第步反应的化学方程式 ______ ．
请以乙烯为原料，结合题中所给信息，设计化合物C的合成路线无机试剂及溶剂任选合成路线的书写格式参照如下示例流程图： _______________
【答案】 (1). 对硝基苯甲酸 (2). 硝基、羧基 (3). 氧化 (4). 如果第步进行还原反应，则在第步氨基会被氧化 (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
根据题中各物质的转化关系，根据的结构可知，甲苯发生硝化反应生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生还原反应得，根据D的分子式和的结构可知，C为，乙烯被氧气氧化成，同时乙烯与氯化氢加成得，发生信息中的反应生成，与反应生成，水解得，据此答题。
【详解】根据题中各物质的转化关系，根据的结构可知，甲苯发生硝化反应生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生还原反应得，根据D的分子式和的结构可知，C为；
根据上面的分析可知，B为，B的名称是对硝基苯甲酸，其中的官能团有硝基、羧基；
第步属于氧化反应；
两步的反应次序不能颠倒，因为如果第步进行还原反应，则在第步氨基会被氧化；
同分异构体符合下列条件分子结构中有醛基；谱显示有苯环，且苯环上只有两种氢原子，符合条件的结构简式为
；
第步反应的化学方程式为；
以乙烯为原料，合成，可以将乙烯与氧气氧化成，同时乙烯与氯化氢加成得，发生信息中的反应生成，与反应生成，水解得，合成路线为。
【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据CH3CH2CH2CH2OH的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。
18.铁及其化合物有重要用途,如聚合硫酸铁是一种新型高效的水处理混凝剂，而高铁酸钾其中铁的化合价为是一种重要的杀菌消毒剂，某课题小组设计如下方案制备上述两种产品：
请回答下列问题：
若A为,写出反应方程式：______．
若B为与稀硫酸，写出其氧化的离子方程式还原产物为______．
若C为和KOH的混合物，写出其与加热共融制得高铁酸钾的化学方程式,并配平：
____________
为测定溶液Ⅰ中铁元素的总含量,实验操作如下：准确量取溶液Ⅰ于带塞锥形瓶中，,加入足量，调节，加热除去过量；加入过量KI充分反应后，再用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
已知：
滴定选用的指示剂及滴定终点观察到的现象______．溶液Ⅰ中铁元素的总含量为______ 若滴定前溶液中没有除尽,所测定的铁元素的含量将会______填“偏高”“偏低”或“不变”．
【答案】 (1). (2). (3). 、3、2 (4). (5). (6). (7). 偏高
【解析】
【分析】
(1)铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；
(2)溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3-氧化Fe2+为Fe3+，本身被还原为Cl-
，根据得失电子相等、电荷守恒、质量守恒配平；
(3)若C为KNO3和KOH的混合物，与Fe2O3加热共融制得高铁酸钾，则缺项物质为K2FeO4和H2O，根据得失电子相等、质量守恒配平；
(4)反应原理中有碘单质生成和消耗，碘单质遇到淀粉显示蓝色，可选淀粉为指示剂；当碘单质完全反应后溶液由蓝色变为无色，据此判断滴定终点；根据反应2Fe3++2I-═2Fe2++I2、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-找出关系式Fe3+～S2O32-，然后根据关系式计算出铁离子的物质的量，再根据c=计算出铁元素含量；根据双氧水对消耗S2O32-的物质的量的影响判断误差。
【详解】与水蒸气在高温下反应的化学方程式为：；
根据题中流程可知，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，在溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，氧化为，本身被还原为。根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：；
和KOH的混合物，写出其与加热共融制得，则缺项中有一种为，中铁元素化合价为，则亚铁离子从价变为价，化合价升高3价，化合价至少升高价；中N元素从降为中的价，化合价降低2价，则化合价最小公倍数为6，所以氧化铁的系数为1，的系数为3，然后根据质量守恒定律配平,配平后的方程式为：；
氧化生成,淀粉遇碘变蓝,选择淀粉溶液作指示剂；当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，,蓝色消失，且半分钟不变色说明是终点；
由、可得：,则，铁元素总含量为：；
也能氧化生成，所以若过氧化氢没有除尽,则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，所测结果偏高。
【点睛】氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平；配平的步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；③求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
19.碳氧化物的转化有重大用途,回答关于CO和的问题。
已知：
则的______用、、表示。
对于化学平衡,在不同温度下,CO的浓度与反应时间的关系如图所示,由图可得出如下规律：
随着温度升高,______、______
某温度下,将 和足量碳充入3L的恒容密闭容器中,发生如下反应：,达到平衡时测得为平衡常数,求平衡时的转化率___________？写出计算过程
【答案】 (1). (2). 在同一时间CO的生成浓度大 (3). 反应的速率加快,达到平衡的时间缩短,温度升高平衡正向进行,正反应为吸热反应 (4).
20%
【解析】
【分析】
(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到热化学方程式；
(2)分析图象中曲线的变化和随温度变化的一氧化碳浓度结合平衡移动原理归纳操作的规律；
(3)依据化学平衡三段式列式计算，结合平衡常数计算转化率=×100%。
【详解】(1)已知：
依据盖斯定律得到, 的；
对于化学平衡，在不同温度下，CO的浓度与反应时间的关系如图所示，由图可得出如下规律：随着温度升高一氧化碳浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间短，温度升高平衡正向进行，正反应为吸热反应；
某温度下，将 和足量碳充入3L的恒容密闭容器中,发生如下反应,设消耗水蒸气浓度为x：
,
起始量 2 0 0
变化量 x x x
平衡量 x x
达到平衡时测得为平衡常数，
由,
解得；
所以转化率为 。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
20. 高分子纳米活性钛无霸是钛氧化物经过光照射，在其表面产生氧化性极强的活性离子，这种活性离子可以分解存在生活空间中的一些有害物质（甲醛、氮氧化物等）。
（1）Ti2+的基态价电子排布式为 。
（2）甲醛分子中C原子轨道杂化类型为 。1mol甲醛分子中含有σ键的数目为 。
（3）甲醛易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为 。
（4）与N2O互为等电子体的一种分子为 (填化学式) 。
（5）某含钛化合物晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为 。
【答案】（1）3d2；
（2）sp2；3mol；
（3）甲醛与水分子之间形成氢键；
（4）CO2或者CS2；
（5）CaTiO3
【解析】
试题分析：（1）钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d2，所以基态价电子排布式为3d2；故答案为：3d2；
（2）甲醛分子中含有碳氧双键，1个甲醛分子中含有2个碳氢σ键，1个碳氧σ键，共有3个σ键，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；1个甲醛分子含有2个碳氢σ键，1个碳氧σ键，共有3个σ键，所以1mol甲醛分子中含有σ键的数目为3mol；故答案为：sp2；3mol；
（3）甲醛分子与水分子之间可以形成氢键，氢键的存在能够大大增强物质的溶解性；故答案为：甲醛与水分子之间形成氢键；
（4）CO2或者CS2与N2O的原子数相同、电子总数都相同，属于等电子体；故答案为：CO2或者CS2；
（5）利用均摊法确定化学式，处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有，处于面上的原子被2个晶胞占有，处于顶点上的原子被8个晶胞占有，处于棱上的原子被4个晶胞占有，钛原子的个数为8×=1，氧原子的个数为6×=3个，钙离子处于晶胞中心，被一个晶胞占有，所以Ca2+个数为1，则该化合物的化学式为CaTiO3，故答案为：CaTiO3
考点：考查了基态价电子排布式、轨道杂化类型的判断、等电子体判断、依据晶胞结构书写物质化学式的相关知识。
四、实验题（本大题共1小题，共12.0分）
21.实验室制取、净化并收集氯气涉及以下几个主要阶段：尾气处理
（1）写出实验室制取Cl2的离子方程式 ，NA表示阿伏加德罗常数，若有4mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为 ；
（2）现有以下3种试剂：A．饱和食盐水 B．浓硫酸 C．NaOH溶液
请在以上试剂中选择并回答填空：
X溶液应选用 （填写序号）；Y试剂的作用 ．
（3）某化学兴趣小组为了探究Cl2的相关性质，设计了如图1的实验．
通入Cl2后，从观察集气瓶A、B中的现象可得出的结论是 （写出化学反应方程式，并用简要文字解释）．
（4）某兴趣小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如图2的实验装置．
①实验室用装置A制备SO2．某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，你认为原因可能是： ；
②反应开始一段时间后，观察到B、D两试管中的品红溶液都出现褪色的现象，但两者褪色原理不同，如何区别，请你帮助设计实验，你的操作是 ．
【答案】（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；2NA；（2）A；除去氯气中混有的水蒸气（或干燥氯气）；（3）Cl2+H2O="HClO+HCl" 次氯酸有漂性；（4）①分液漏斗的玻璃塞没有取下来；②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热．
【解析】
（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；依据方程式可知每生成1mol氯气，有4mol氯化氢参加反应，其中只有2mol氯化氢中﹣1价氯升高为氯气中0价，失去2mol电子，所以有4mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为2NA；
（2）浓盐酸具有易挥发性，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依据氯化氢极易溶于水、氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以X试液为饱和食盐水，作用除去氯气中的氯化氢，浓硫酸具有吸水性选择合适的除杂剂，所以Y为浓硫酸，作用干燥氯气；
（3）通入Cl2后，A中干燥布条不褪色，B中湿润布条褪色，可证明氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸具有漂白性，方程式：Cl2+H2O=HClO+HCl；
（4）①使用分液漏斗时应取下塞子，使分液漏斗内的压强等于大气压强，保证液体顺利流出，打开分液漏斗，发现其中的液体不能流下，可能的原因是分液漏斗瓶塞未打开；
②二氧化硫漂白性具有不稳定性，受热易恢复颜色，次氯酸漂白具有稳定性，受热不恢复颜色，所以为区别二者可以进行如下操作：停止通气后，再给B、D两个试管分别加热；
【点评】本题考查了二氧化硫与氯气的制取以及二氧化硫漂白与次氯酸漂白的区别，明确二者制备原理及漂白原理是解题关键，题目难度不大．
